【2022屆走向高考】高三數(shù)學(xué)一輪(人教A版)基礎(chǔ)鞏固：第3章-第1節(jié)-導(dǎo)數(shù)的概念與運(yùn)算

第三章第一節(jié)一、選擇題1．(文)設(shè)曲線y＝eq\f(x＋1,x－1)在點(diǎn)(3,2)處的切線與直線ax＋y＋1＝0垂直，則a等于()A．2 B．－2C．－eq\f(1,2) D．eq\f(1,2)[答案]B[解析]∵f′(x)＝eq\f(x－1－x＋1,x－12)＝－eq\f(2,x－12)，∴f′(3)＝－eq\f(1,2)，由條件知，－eq\f(1,2)×(－a)＝－1，∴a＝－2.(理)曲線y＝xlnx在點(diǎn)(e，e)處的切線與直線x＋ay＝1垂直，則實(shí)數(shù)a的值為()A．2 B．－2C．eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)[答案]A[解析]∵y′＝1＋lnx，∴y′|x＝e＝1＋lne＝2，∴－eq\f(1,a)×2＝－1，∴a＝2，選A．2．(文)(2022·河南鄭州市質(zhì)量檢測(cè))已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，則f′(e)＝()A．1 B．－1C．－e－1 D．－e[答案]C[解析]f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，∴f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，∴f′(e)＝－eq\f(1,e)，故選C．(理)(2022·吉林長(zhǎng)春期末)已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(2－x)＝2x2－7x＋6，則曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程是()A．y＝2x－1 B．y＝xC．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3[答案]C[解析]方法一：令x＝1得f(1)＝1，令2－x＝t，可得x＝2－t，代入f(2－x)＝2x2－7x＋6得f(t)＝2(2－t)2－7(2－t)＋6，化簡(jiǎn)整理得f(t)＝2t2－t，即f(x)＝2x2－x，∴f′(x)＝4x－1，∴f′(1)＝3.∴所求切線方程為y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.方法二：令x＝1得f(1)＝1，由f(2－x)＝2x2－7x＋6，兩邊求導(dǎo)可得f′(2－x)·(2－x)′＝4x－7，令x＝1可得－f′(1)＝－3，即f′(1)＝3.∴所求切線方程為y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.3．(文)若函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c的圖象的頂點(diǎn)在其次象限，則函數(shù)f′(x)的圖象是()[答案]C[解析]由題意可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，\f(4c－b2,4)))在其次象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)<0，,\f(4c－b2,4)>0.))∴b>0，又f′(x)＝2x＋b，故選C．(理)(2021·山東東營一模)設(shè)曲線y＝sinx上任一點(diǎn)(x，y)處切線的斜率為g(x)，則函數(shù)y＝x2g(x)的部分圖象可以為[答案]C[解析]依據(jù)題意得g(x)＝cosx，∴y＝x2g(x)＝x2cosx為偶函數(shù)又x＝0時(shí)，y＝0，故選C．4．(文)(2022·山東煙臺(tái)期末)若點(diǎn)P是函數(shù)y＝ex－e－x－3x(－eq\f(1,2)≤x≤eq\f(1,2))圖象上任意一點(diǎn)，且在點(diǎn)P處切線的傾斜角為鈍角α，則α的最小值是()A．eq\f(5π,6) B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,4) D．eq\f(π,6)[答案]B[解析]由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，k＝y(tǒng)′＝ex＋e－x－3≥2eq\r(ex·e－x)－3＝－1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立．即tanα≥－1，由于α∈(eq\f(π,2)，π)，所以α的最小值是eq\f(3π,4)，故選B．(理)(2021·烏魯木齊一中月考)已知點(diǎn)P在曲線y＝eq\f(4,ex＋1)上，α為曲線在P處的切線的傾斜角，則α的取值范圍為()A．[0，eq\f(π,4)) B．[eq\f(π,4)，eq\f(π,2))C．(eq\f(π,2)，eq\f(3π,4)] D．[eq\f(3π,4)，π)[答案]D[解析]y′＝eq\f(－4ex,ex＋12)＝－eq\f(4ex,e2x＋2ex＋1)＝－eq\f(4,ex＋\f(1,ex)＋2)≥－1，故－1≤tanα<0，又α∈[0，π)，所以eq\f(3π,4)≤α<π.5．(文)(2021·杭州模擬)若存在過點(diǎn)(1,0)的直線與曲線y＝x3和y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9都相切，則a等于()A．－1或－eq\f(25,64) B．－1或－eq\f(3,8)C．－eq\f(7,4)或－eq\f(25,64) D．－eq\f(7,4)或7[答案]A[解析]設(shè)過(1,0)的直線與y＝x3相切于點(diǎn)(x0，xeq\o\al(3,0))，所以切線方程為y－xeq\o\al(3,0)＝3xeq\o\al(2,0)(x－x0)，即y＝3xeq\o\al(2,0)x－2xeq\o\al(3,0)，又(1,0)在切線上，則x0＝0或x0＝eq\f(3,2)，當(dāng)x0＝0時(shí)，由y＝0與y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－eq\f(25,64)；當(dāng)x0＝eq\f(3,2)時(shí)，由y＝eq\f(27,4)x－eq\f(27,4)與y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9相切可得a＝－1，所以選A．本題常犯的錯(cuò)誤是，不對(duì)點(diǎn)(1,0)的位置作出推斷，直接由y＝x3，得出y′|x＝1＝3，再由y＝ax2＋eq\f(15,4)x－9，得y′|x＝1＝2a＋eq\f(15,4)＝3求出a＝－eq\f(3,8)，錯(cuò)選B．(理)已知f(x)＝logax(a>1)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，記A＝f′(a)，B＝f(a＋1)－f(a)，C＝f′(a＋1)，則()A．A>B>C B．A>C>BC．B>A>C D．C>B>A[答案]A[解析]記M(a，f(a))，N(a＋1，f(a＋1))，則由于B＝f(a＋1)－f(a)＝eq\f(fa＋1－fa,a＋1－a)，表示直線MN的斜率，A＝f′(a)表示函數(shù)f(x)＝logax在點(diǎn)M處的切線斜率；C＝f′(a＋1)表示函數(shù)f(x)＝logax在點(diǎn)N處的切線斜率．所以，A>B>C．6．(2022·河南商丘調(diào)研)等比數(shù)列{an}中，a1＝2，a8＝4，f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，f′(x)為函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f′(0)＝()A．0 B．26C．29 D．212[答案]D[解析]∵f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，∴f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x·[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′，∴f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝2二、填空題7．(文)(2021·廣東理，10)若曲線y＝kx＋lnx在點(diǎn)(1，k)處的切線平行于x軸，則k＝________.[答案]－1[解析]y′＝k＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.(理)(2022·廣東廣州市調(diào)研)若直線y＝2x＋m是曲線y＝xlnx的切線，則實(shí)數(shù)m的值為________．[答案]－e[解析]設(shè)切點(diǎn)為(x0，x0lnx0)，由y′＝(xlnx)′＝lnx＋x·eq\f(1,x)＝lnx＋1，得切線的斜率k＝lnx0＋1，故切線方程為y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)，整理得y＝(lnx0＋1)x－x0，與y＝2x＋m比較得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx0＋1＝2,－x0＝m))，解得x0＝e，故m＝－e.8．(文)(2021·江西理，13)設(shè)函數(shù)f(x)在(0，＋∞)內(nèi)可導(dǎo)，且f(ex)＝x＋ex，則f′(1)＝________.[答案]2[解析]∵f(ex)＝x＋ex，∴f(x)＝x＋lnx，f′(x)＝1＋eq\f(1,x)，∴f′(1)＝1＋1＝2.(理)(2022·湖南岳陽一模)設(shè)曲線y＝eq\r(x)上有一點(diǎn)P(x1，y1)，與曲線切于點(diǎn)P的切線為m，若直線n過P且與m垂直，則稱n為曲線在點(diǎn)P處的法線，設(shè)n交x軸于點(diǎn)Q，又作PR⊥x軸于R，則RQ的長(zhǎng)為________．[答案]eq\f(1,2)[解析](數(shù)形結(jié)合法)令f(x)＝eq\r(x)，∴f′(x1)＝eq\f(1,2\r(x1))，∵n與m垂直，∴直線n的斜率為－2eq\r(x1)，∴直線n的方程為y－y1＝－2eq\r(x1)(x－x1)，由題意設(shè)點(diǎn)Q(xQ,0)，R(xR,0)．令y＝0，又y1＝eq\r(x1)，則－eq\r(x1)＝－2eq\r(x1)·(xQ－x1)，解得xQ＝eq\f(1,2)＋x1，由題意知，xR＝x1，∴|RQ|＝|xQ－xR|＝eq\f(1,2).9．(2022·湖北武漢月考)已知曲線f(x)＝xn＋1(n∈N*)與直線x＝1交于點(diǎn)P，設(shè)曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xn，則log2022x1＋log2022x2＋…＋log2022x2021的值為________．[答案]－1[解析]f′(x)＝(n＋1)xn，k＝f′(1)＝n＋1，點(diǎn)P(1,1)處的切線方程為y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得x＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1)，即xn＝eq\f(n,n＋1)，∴x1·x2·…·x2021＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(2022,2021)×eq\f(2021,2022)＝eq\f(1,2022)，則log2022x1＋log2022x2＋…＋log2022x2021＝log2022(x1·x2·…·x2021)＝log2022eq\f(1,2022)＝－1.三、解答題10．(文)已知曲線y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3).(1)求曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程；(2)求曲線過點(diǎn)P(2,4)的切線方程．[解析]y＝eq\f(1,3)x3＋eq\f(4,3)，則y′＝x2.(1)由題意可知點(diǎn)P(2,4)為切點(diǎn)，y′|x＝2＝22＝4，所以曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程為y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.(2)由題意可知點(diǎn)P(2,4)不愿定為切點(diǎn)，故設(shè)切點(diǎn)為(x0，eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))，y′|x＝x0＝xeq\o\al(2,0)，曲線過點(diǎn)P(2,4)的切線方程為y－(eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))＝xeq\o\al(2,0)(x－x0)，所以4－(eq\f(1,3)xeq\o\al(3,0)＋eq\f(4,3))＝xeq\o\al(2,0)(2－x0)，xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋4＝0?(xeq\o\al(3,0)＋1)－3(xeq\o\al(2,0)－1)＝0?(x0＋1)(xeq\o\al(2,0)－4x0＋4)＝0.解得x0＝－1或x0＝2，即切點(diǎn)為(－1,1)或(2,4)．所以曲線過點(diǎn)P(2,4)的切線方程為x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.(理)(2022·高州月考)設(shè)函數(shù)y＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象與y軸交點(diǎn)為P，且曲線在P點(diǎn)處的切線方程為12x－y－4＝0.若函數(shù)在x＝2處取得極值0，試確定函數(shù)的解析式.[解析]∵y＝ax3＋bx2＋cx＋d的圖象與y軸的交點(diǎn)為P(0，d)，又曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y＝12x－4，P點(diǎn)坐標(biāo)適合方程，從而d＝－4；又切線斜率k＝12，故在x＝0處的導(dǎo)數(shù)y′|x＝0＝12而y′|x＝0＝c，從而c＝12；又函數(shù)在x＝2處取得極值0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y′|x＝2＝0，,f2＝0.))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12a＋4b＋12＝0，,8a＋4b＋20＝0.))解得a＝2，b＝－9，所以所求函數(shù)解析式為y＝2x3－9x2＋12x－4.一、選擇題11．(2022·寧夏育才中學(xué)月考)點(diǎn)P是曲線x2－y－lnx＝0上的任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離為()A．1 B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(5),2) D．eq\r(2)[答案]D[解析]將x2－y－lnx＝0變形為y＝x2－lnx(x>0)，則y′＝2x－eq\f(1,x)，令y′＝1，則x＝1或x＝－eq\f(1,2)(舍)，可知函數(shù)y＝x2－lnx的斜率為1的切線的切點(diǎn)橫坐標(biāo)為x＝1，縱坐標(biāo)為y＝1.故切線方程為x－y＝0.則點(diǎn)P到直線y＝x－2的最小距離即切線x－y＝0與y＝x－2兩平行線間的距離，d＝eq\f(|0＋2|,\r(2))＝eq\r(2).12．(2022·吉林長(zhǎng)春三調(diào))已知函數(shù)f(x)＝x2的圖象在點(diǎn)A(x1，f(x1))與點(diǎn)B(x2，f(x2))處的切線相互垂直，并交于點(diǎn)P，則點(diǎn)P的坐標(biāo)可能是()A．(－eq\f(3,2)，3) B．(0，－4)C．(2,3) D．(1，－eq\f(1,4))[答案]D[解析]由題意，A(x1，xeq\o\al(2,1))，B(x2，xeq\o\al(2,2))，f′(x)＝2x，則過A，B兩點(diǎn)的切線斜率k1＝2x1，k2＝2x2，又切線相互垂直，所以k1k2＝－1，即x1x2＝－eq\f(1,4).兩條切線方程分別為l1：y＝2x1x－xeq\o\al(2,1)，l2：y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)，聯(lián)立得(x1－x2)[2x－(x1＋x2)]＝0，∵x1≠x2，∴x＝eq\f(x1＋x2,2)，代入l1，解得y＝x1x2＝－eq\f(1,4)，故選D．13.(2022·江西七校一聯(lián))設(shè)函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx的圖象在點(diǎn)(t，f(t))處切線的斜率為k，則函數(shù)k＝g(t)的部分圖象為()[答案]B[解析]∵f(x)＝xsinx＋cosx，∴f′(x)＝xcosx，∴k＝g(t)＝tcost.g(t)為奇函數(shù)且在t＝0四周，當(dāng)t>0時(shí)，g(t)>0，故選B．14．(文)已知函數(shù)f(x)＝xp＋qx＋r，f(1)＝6，f′(1)＝5，f′(0)＝3，an＝eq\f(1,fn)，n∈N＋，則數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和是()A．eq\f(n,n＋1) B．eq\f(n,n＋2)C．eq\f(n＋1,2n＋4) D．eq\f(n,2n＋4)[答案]D[解析]∵f′(x)＝pxp－1＋q，由條件知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋q＋r＝6，,p＋q＝5，,q＝3.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝2，,q＝3，,r＝2.))∴f(x)＝x2＋3x＋2.∴an＝eq\f(1,fn)＝eq\f(1,n2＋3n＋2)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)∴{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝a1＋a2＋…＋an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)＝eq\f(n,2n＋4).(理)定義方程f(x)＝f′(x)的實(shí)數(shù)根x0叫做函數(shù)f(x)的“新駐點(diǎn)”，若函數(shù)g(x)＝x，h(x)＝ln(x＋1)，φ(x)＝x3－1的“新駐點(diǎn)”分別為α、β、γ，則α、β、γ的大小關(guān)系為()A．α>β>γ B．β>α>γC．γ>α>β D．β>γ>α[答案]C[解析]由g(x)＝g′(x)得，x＝1，∴α＝1，由h(x)＝h′(x)得，ln(x＋1)＝eq\f(1,x＋1)，故知1<x＋1<2，∴0<x<1，即0<β<1，由φ(x)＝φ′(x)得，x3－1＝3x2，∴x2(x－3)＝1，∴x>3，故γ>3，∴γ>α>β.[點(diǎn)評(píng)]對(duì)于ln(x＋1)＝eq\f(1,x＋1)，假如0<x＋1<1，則ln(x＋1)<0，eq\f(1,x＋1)>1沖突；假如x＋1≥2，則eq\f(1,x＋1)≤eq\f(1,2)，即ln(x＋1)≤eq\f(1,2)，∴x＋1≤eq\r(e)，∴x≤eq\r(e)－1與x≥－1沖突．二、填空題15．(文)若曲線f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y軸的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[答案](－∞，0)[解析]由題意，可知f′(x)＝3ax2＋eq\f(1,x)，又由于存在垂直于y軸的切線，所以3ax2＋eq\f(1,x)＝0?a＝－eq\f(1,3x3)(x>0)?a∈(－∞，0)．(理)設(shè)函數(shù)f(x)＝cos(eq\r(3)x＋φ)(0<φ<π)，若f(x)＋f′(x)為奇函數(shù)，則φ＝________.[答案]eq\f(π,6)[解析]f′(x)＝－eq\r(3)sin(eq\r(3)x＋φ)，由條件知cos(eq\r(3)x＋φ)－eq\r(3)sin(eq\r(3)x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－\r(3)x－φ))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋φ－\f(π,6)))為奇函數(shù)，且0<φ<π，∴φ＝eq\f(π,6).16．(文)(2022·河北邯鄲二模)曲線y＝log2x在點(diǎn)(1,0)處的切線與坐標(biāo)軸所圍成三角形的面積等于________．[答案]eq\f(1,2)log2e[解析]∵y′＝eq\f(1,xln2)，∴k＝eq\f(1,ln2)，∴切線方程為y＝eq\f(1,ln2)(x－1)，∴三角形面積為S△＝eq\f(1,2)×1×eq\f(1,ln2)＝eq\f(1,2ln2)＝eq\f(1,2)log2e.(理)(2022·江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，－5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是________．[答案]－3[解析]由曲線y＝ax2＋eq\f(b,x)過點(diǎn)P(2，－5)，得4a＋eq\f(b,2)＝－5.①又y′＝2ax－eq\f(b,x2)，所以當(dāng)x＝2時(shí)，4a－eq\f(b,4)＝－eq\f(7,2)，②由①②得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，))所以a＋b＝－3.三、解答題17．求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：(1)y＝eq\f(1,5)x5－eq\f(4,3)x3＋3x2＋eq\r(2)；(2)y＝(3x3－4x)(2x＋1)；(3)y＝3xex－2x＋e；(4)y＝eq\f(lnx,x2＋1)；(5)y＝xcosx－sinx；(6)(理)y＝cos32x＋ex；(7)(理)y＝lgeq\r(1－x2).[解析]可利用導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則求導(dǎo)．(1)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)x5))′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)x3))′＋(3x2)′＋(eq\r(2))′＝x4－4x2＋6x.(2)∵y＝(3x3－4x)(2x＋1)＝6x4＋3x3－8x2－4x，∴y′＝24x3＋9x2－16x－4，或y′＝(3x3－4x)′(2x＋1)＋(3x3－4x)(2x＋1)′＝(9x2－4)(2x＋1)＋(3x3－4x)·2＝24x3＋9x2－16x－4.(3)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3xln3·ex＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(4)y′＝eq\f(lnx′x2＋1－lnx·x2＋1′,x2＋12)＝eq\f(\f(1,x)·x2＋1－lnx·2x,x2＋12)＝eq\f(x2＋1－2x2·lnx,xx2＋12).(5)y′＝(xcosx)′－(sinx)′＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.(6)(理)y′＝3cos22x·(cos2x)′＋ex＝－6sin2x·cos22x＋ex.(7)(理)y′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)lg1－x2))′＝eq\f(1,2)·eq\f(lge,1－x2)·(1－x2)′＝eq\f(xlge,x2－1).18．(文)(2021·荊州市質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(a,2)x2＋bx＋c，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(3)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在區(qū)間(－2，－1)內(nèi)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[解析](1)f′(x)＝x2－ax＋b，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝1,f′0＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c＝1,b＝0)).(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)